mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 03, 2017 7:01 pm**

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ ώστε $\displaystyle{f(x)=\int_{0}^{1}\frac{t^x}{t+1}dt}$

1) Να βρεθούν οι τιμές f(1),f(2)

2) Δείξτε οτι $\displaystyle{f(x+1)+f(x)=\frac{1}{x+1},x>0}$

3) $\displaystyle{\frac{1}{2(x+1)}<f(x)<\frac{1}{2x},x>1}$

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=;}$

5) $\displaystyle{f(e^x+2)+f(x^2+1)>f(e^x)+f(x^2+3),x>0}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 04, 2017 2:29 am**

erxmer έγραψε:Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ ώστε $\displaystyle{f(x)=\int_{0}^{1}\frac{t^x}{t+1}dt}$

1) Να βρεθούν οι τιμές

2) Δείξτε οτι $\displaystyle{f(χ+1)+f(x)=\frac{1}{x+1},x>0}$

3) $\displaystyle{\frac{1}{2(x+1)}<f(x)<\frac{1}{2x},x>1}$

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=;}$

5) $\displaystyle{f(e^x+2)+f(x^2+1)>f(e^x)+f(x^2+3),x>0}$

...μιά αντιμετώπιση....

1) Είναι
$f(1)=\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{t+1}}dt=\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{t+1}}dt=\int\limits_{0}^{1}{\frac{t+1-1}{t+1}}dt= \int\limits_{0}^{1}{\left( 1-\frac{1}{t+1} \right)}dt=\left[ t-\ln (t+1) \right]_{0}^{1}=1-\ln 2$

Επίσης $f(2)=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{t}^{2}}}{t+1}}dt=\int\limits_{0}^{1}{\left( t-\frac{t}{t+1} \right)}dt=\int\limits_{0}^{1}{\left( t-1+\frac{1}{t+1} \right)}dt=$

$=\left[ \frac{{{t}^{2}}}{2}-t+\ln (t+1) \right]_{0}^{1}=-\frac{1}{2}+\ln 2$

2) Είναι
$f(x+1)+f(x)=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{{{t}^{x+1}}}{t+1}+\frac{{{t}^{x}}}{t+1} \right)}dt=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{{{t}^{x}}(t+1)}{t+1} \right)}dt= \int\limits_{0}^{1}{{{t}^{x}}}dt=\left[ \frac{{{t}^{x+1}}}{x+1} \right]_{0}^{1}=\frac{1}{x+1}$

3) Επειδή $t\in [0,\,1]$ η συνάρτηση ${{t}^{x}}$ είναι γνήσια φθίνουσα άρα για

$0<{{x}_{1}}<{{x}_{2}}\Rightarrow {{t}^{{{x}_{1}}}}>{{t}^{{{x}_{2}}}}\Rightarrow \frac{{{t}^{{{x}_{1}}}}}{t+1}>\frac{{{t}^{{{x}_{2}}}}}{t+1}\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\frac{{{t}^{{{x}_{1}}}}}{t+1}dt}>\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{t}^{{{x}_{2}}}}}{t+1}dt} \Rightarrow f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}})$

που σημαίνει ότι η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ είναι γνήσια α φθίνουσα στο $(0,+\infty )$

Τώρα θέλουμε $\frac{1}{2(x+1)}<f(x)$ που λόγω του ερωτήματος (2) γίνεται

$f(x+1)+f(x)<2f(x)\Leftrightarrow f(x+1)<f(x),\,\,x>1$

που ισχύει αφού είναι x+1>x

και η

γνήσια α φθίνουσα στο $(0,+\infty )$

Ακόμη με όπου

το

στην

στην $f(x+1)+f(x)=\frac{1}{x+1},x>0$ έχουμε ότι $f(x)+f(x-1)=\frac{1}{x},\,\,x>1$ (3)

Τώρα θέλουμε $f(x)<\frac{1}{2x},x>1$ που λόγω (3) $2f(x)<f(x)+f(x-1)\Leftrightarrow f(x)<f(x-1),\,\,x>1$

που ισχύει αφού είναι x>x-1

και η

γνήσια α φθίνουσα στο $(0,+\infty )$

4) Από $\displaystyle{\frac{1}{2(x+1)}<f(x)<\frac{1}{2x},x>1}$ επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2(x+1)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2x}=0$

σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$

5) …τι θέλουμε για την ανισότητα να δειχθεί….

...κάνω μιά προσπάθεια και την αφήνω ημιτελή μέχρι να μιλήσει ο δημιουργός..

Από $f(x+1)+f(x)=\frac{1}{x+1},x>0$ και $f(x)+f(x-1)=\frac{1}{x},\,\,x>1$ αφαιρώντας κατά μέλη ισχύει ότι

$f(x+1)-f(x-1)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}=-\frac{1}{{{x}^{2}}+x},\,\,x>1$ και αν $g(x)=f(x+1)-f(x-1)=-\frac{1}{{{x}^{2}}+x},\,\,x>1$

έχει παράγωγο ${g}'(x)=\frac{2x+1}{{{({{x}^{2}}+x)}^{2}}},\,\,x>1$ άρα είναι γνήσια αύξουσα στο $(1,\,\,+\infty )$

και είναι $g({{e}^{x}}+1)=f({{e}^{x}}+2)-f({{e}^{x}})$ και $g({{x}^{2}}+2)=f({{x}^{2}}+3)-f({{x}^{2}}+1)$

επομένως για την ανισότητα θέλουμε να δείξουμε;;;;

$g({{e}^{x}}+1)>g({{x}^{2}}+2)\Leftrightarrow {{e}^{x}}+1>{{x}^{2}}+2\Leftrightarrow {{e}^{x}}>{{x}^{2}}+1$

τώρα

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 04, 2017 8:43 am**

Οπότε να διορθωθεί το (2) και να γίνει f(x+1)+f(x)

αντί

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 04, 2017 5:33 pm**

Αρα

. Οπότε θέτουμε ανάλογη συνάρτηση και αποδεικνύουμε οτι ισχύει λόγω μονοτονίας και αρα ισχύει και η αρχική

mathematica.gr

Calm

Calm

Re: Calm

Re: Calm

Re: Calm